1 单晶体的塑性变形
铜单晶（a=0.36nm ）在[112]方向加拉伸应力，拉伸应力为2.5×105Pa ，此条件下：（1）取向因子最大的滑移系有哪几个？（2）计算其分切应力多大？
解：(1) Cu 为F.C.C 结构，易滑移面为{1,1,1}，滑移方向为〈1,1,0〉，可以分别求
出[112]方向与这些滑移系之间的两个夹角，然后得到12个取向因子的值。
（这里省略了）
通过上述计算得到具体的滑移系（1,-1,1）[0,1,1]和（-1,1,1）
[1,0,1]为具有最大取向因子滑移系。
(2) 根据施密特法则（公式略），
F=δcosAcosB=1.02*105 Pa
何谓临界分切应力定律？哪些因素影响临界分切应力大小？ 解：(略)
沿密排六方单晶的[0001]方向分别加拉伸力和压缩力，说明在这两种情况下，形变的可能方式。
解：1）滑移：a －拉伸的时，当c/a>=1.633,不会产生滑移，当c/a<1.633有可能产
生滑移，可产生滑移的是{1,1,-2,2}<1,1,-2,-3>；其他滑移面不能产生滑移；
b －压缩的时候结果和拉伸一样；
2）孪生：拉伸和压缩的时候都可能产生孪生变形；
3）扭折：拉伸的时候一般不易扭折变形，压缩的时候可以产生扭折变形。
试指出单晶体的Cu 与α-Fe 中易滑移面的晶面与晶向，并分别求它们的滑移面间距，滑移方向上的原子间距及点阵阻力，已知泊松比为ν=0.3,G Cu =48300MPa ，
G α-Fe =81600MPa. 解：体心Fe 具有多种类的滑移系，但是滑移方向均相同。
力=90.56MPa 。
铝单晶体拉伸时，其力轴为[001]，一个滑移系的临界分切应力为0.79MN/m2，取向因子COS φCOSλ=0.41,试问有几个滑移系可同时产生滑移？开动其中一个滑移系至少要施加多大的拉应力？
解：Al为F.C.C结构，其滑移系共有{1，1，1}4<1,1,0>3=12个。
可以求得【001】与这些滑移系的取向因子。
（可以列表列出来如下）
其它有4个滑移系，它们的滑移方向的第三个数字为0，因为取向因子为0，根据施密特法则，不能产生滑移。
开动其中一个滑移系需要施加的拉应力，可以根据施密特法则求得：
F=0.79/0.41=1.93 MN/m2
2 多晶体和合金的塑性变形
退火纯Fe，其晶粒尺寸d=1/4mm时，其屈服点σs=100MNm-2；d=1/64mm时σs=250MNm-2。
d=1/16mm时，根据霍尔-----配奇公式求其σs为多少？
解：(略)
画出fcc单晶体金属的τ-ε曲线示意图，它将单晶体塑性变形分为几个阶段？并用位错理论进行解释。
解：(略)
单相合金的冷塑性变形与纯金属的室温塑性变形相比，有何特点。
（纯：滑移系，扭转，位错运动，临界切应力。
单相：还出现固溶强化，应变时效，屈服。
）解：单相合金除了有纯金属的基本特别之外还有固溶强化,应变时效,屈服现象.具体书上有详细解释。
试结合金属单晶体、多晶体、单相合金及复相合金，总结塑性变形过程中的强化机制。
解：1,加工硬化;2,固溶强化;3,细晶强化;4,弥散强化四种强化方式，书上有详细的介绍。
试解释典型的面心立方单晶体的加工硬化曲线，并比较与多晶体加工硬化曲线的差别。
解：(略)
图中所示低碳钢的三条拉伸曲线，（1）初始塑性变形，（2）去载后立即再行加载，（3）去载后时效后再加载。
试回答下列三个问题：
1 解释图示三曲线的屈服现象及（2），（3）中屈服点
上升的原因。
2 屈服现象对提高金属强度有何实际意义。
3 屈服现象对冲压制件表面质量有何不利影响。
解：（供参考）
(1)由于溶质原子的存在,形成Contrell气团,抵消了位错应力,使位错能量降低不易运动,即钉扎效应,若使位错开启须加大力度,形成上屈服点,而一旦挣脱后,运动又变得更容易,出现下屈服点;（2）中位错挣脱了钉扎效应,故无屈服点;卸载后放置较长时间,由于时效效应又可以形成气团,这样（3）中又出现了屈服现象.
(2)提高了材料的强度,超越上屈服点,出现加工硬化,提高了强度。
(3)屈服改变晶粒取向,滑移系形变方向转动,出现形变织构,造成各向异性,这样工件表面凹凸不平。
第3：回复再结晶
1. 假定将再结晶温度定义为退火1小时内完成转变量达95%的温度，已知获得95%转变量
所需要的时间t0.95：
式中
、G分别为在结晶的形核率和长大线速度：
，
a)根据上述方程导出再结晶温度T R与G0、N0、Q g及Q n的函数关系；
b)说明下列因素是怎样影响G0、N0、Q g及Q n 的：1)预变形度；2)原始晶粒度；3)金属纯度。
c)说明上述三因素是怎样影响再结晶温度的。
又据题意，t0.95=1 h，T=T R，代入（1. 1）式，得到：
从而：
2.工业纯铝在室温下经大变形量轧制成带材后，测得室温力学性能为冷加工态的性能。
查
表得知工业纯铝的T再=150℃，但若将上述工业纯铝薄带加热至100℃，保温16天后冷至室温再测其强度，发现明显降低，请解释其原因。
解：(略)
3. 已知H70黄铜（30%Zn）在400℃的恒温下完成再结晶需要1小时，而在390℃完成再
结晶需要2小时，试计算在420℃恒温下完成再结晶需要多少时间？
存在如下关系是：
同理
（1. 4）和（1. 5
）表示成指数表达式为：
以及 可得：
代入数据，可求得：t 3=0.26 hour 。
4. 设有1cm 3黄铜，在700℃退火，原始晶粒直径为2.16⨯10-3cm ，黄铜的界面能为
0.5J/m 2，
由量热计测得保温2小时共放出热量0.035J ，求保温2小时后的晶粒尺寸。
解：由题意得保温两小时所放出的热量是因为热结晶后，晶粒长大导致晶界面积减小而释放能量，由定量金相原理，单位体积晶界面积S 与截面上的晶粒的直径d 之间存在如下关系：
因此： 从而：
代入数据，可以求得d 2=8.9×10-3 cm 。
5. 设冷变形后位错密度为1012/cm 2的金属中存在着加热时不发生聚集长大的第二相微粒，
其体积分数f=1%，半径为1μm ，问这种第二相微粒的存在能否完全阻止此金属加热时再结晶（已知G=105MPa ，b =0.3nm ，比界面能σ=0.5J/m 2）。
解： 再结晶的驱动力可由下式求得：
()220F Gb Gb ρρρ=-≈
(0.12)
其中ρ为再结晶前的位错密度，0ρ
为在再结晶后的位错密度。
再结晶阻力： 代入数据（注意计算时所有物理量的单位都要换算成SI 制），求得驱动力F =9×107 N/m ，F r =7.5×103N/m 。
驱动力F 远大于阻力F r ，因此第二相粒子的存在并不能完全阻止再结晶的发生。
第4次：动态回复和再结晶
1. 简述一次再结晶与二次再结晶的驱动力，并如何区分冷、热加工？动态再结晶与静态再结晶后的组织结构的主要区别是什么？
解：(略)
2.试述提高金属塑性的措施？简述理由。
解：(略)
3.为什么金属材料经热加工后机械性能较铸造态好。
（消除缺陷，流线，组织细化。
）解：(略)
4.总结层错能在位错运动和冷、热加工中所起的作用。
解：(略)
5.
解：1、由再结晶晶粒大小和温度之间的关系：
如果忽略了初始晶粒大小，则（1. 14）可表示为：
对（1. 15）式等式两边同时去对数，有：
拟合可以得到：
可以得到如下方程：
便可以求得Q m 。
2
、作出lnt~1/T 图，可以求得A 和B 的值。
由线性拟合可以得到：A=-27.037，B=17026。
6.
解： 提示如下
完全再结晶的强度可以认为是冷加工前的强度，所以根据题意，要求材料安全系数为2，即要求材料强度为冷加工前强度的2倍，因为性能的恢复大体正比于再结晶量，所以相当于冷加工后材料再结晶退火降低一半强度，对应的再结晶比例为50％。
所以本题目，需要根据上述表格数据回归求得A,B 的值，得到一个公式。
140o C 下使用寿命为5930分钟，100 o C 下使用寿命只要代入上述公式求得。
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